2019年高考化学适应性试题(含解析).doc

2019年高考化学适应性试题(含解析)一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学物质丰畜多彩，其与生产、生活密切相关下列物质的用途不正确的是（）A食醋可用于除去暖水瓶中的水垢B纯碱可除去灶具上的油污C酒精可用于杀菌消毒D单质硅可用作光缆2用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A1mol碳正离子（CH3+）所含质子总数为8NAB常温常压下，46gNO2和N2O4混和气体中含原子总数为3NAC标准状况下，11.2L氟化氢中含有氟原子的数目为0.5NAD14g14C原子形成的石墨中，所含CC健的个数为NA3常温下，下列对于溶液问题的叙述正确的是（）ApH=4的氯化铵溶液，用蒸馏水稀释10倍后，溶液的pH小于5BpH=3的盐酸与pH=3的CH3COOH溶液相比，c（Cl）C（CH3COO）CpH=2的一元酸HA溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合后，c（Na+）一定小于c（A）DpH相同的NaOH、NaClO两种溶液中水的电离程度相同4下式表示一种有机物的结构，关于它的性质叙述中不正确的是（）A它能与纯碱溶液反应B它可以水解，水解生成的有机产物有二种C1 mol该有机物最多能和8 mol NaOH反应D该有机物能发生取代反应5下列实验操作或原理正确的是（）A用装置甲收集SO2气体B用装置乙验证1溴丙烷发生消去反应是否生成烯烃C酸碱中和滴定过程中，眼睛必须注视滴定管刻度的变化D配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使所配溶液的浓度偏高6下列物质的除杂方案正确的是（）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO2 （g） SO2（g）饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4洗气BNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤CKNO3（s）NaCl（s）AgNO3溶液过滤DCu（s）Ag（s）CuSO4溶液电解法AABBCCDD7常温下，在10mL 0.1molL1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1molL1 HCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示（CO2因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化），下列说法不正确的是（）A在A点所示的溶液中：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）B在B点所示的溶液中，浓度最大的离子是Na+C当溶液的pH为7时，溶液的总体积大于20mLD25时，CO32水解常数Kh=2104molL1，当溶液中c（HCO3）：c（CO32）=2：1时，溶液的pH=10二、解答题（共5小题，满分43分）8NO分子曾因污染空气而臭名昭著，但随着其“扩张血管、增强免疫和记忆功能发现，现在成为当前生命科学研究中的“明星分子”请回答下列问题：在含有Cu+的酶的活化中心，亚硝酸根离子（NO2）可转化为NO，写出Cu+和NO2在酸性溶液中转化为NO的离子方程式为 ，反应中NO2表现出 性一定条件下NO可完全转化为N2O和另一种红棕色气体，若在恒温恒容条件发生该反应，则反应前、后容器内压强比为 （忽略其它反应）将0.05mol NO、0.03mol O2的混合气体以适当的速率缓慢通入盛有100mL的集气瓶中，最终所得溶液中溶质物质的量浓度为 （忽略体积变化）9在 Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是 ，又变为棕黄色的原因是用离子方程式解释 10我国古代炼丹中经常使用到红丹，俗称铅丹在一定条件下铅丹（用X表示）与过量硝酸能发生如下非氧化还原反应：X+4HNO3PbO2+2Pb（NO3）2+2H2O（已配平）铅丹X中铅的化合价分别为+2和 价，其中+2价物质属于 性氧化物；用试管取适量Pb（NO3）2溶液中滴入KI溶液，有亮黄色沉淀生成，再滴入K2CO3溶液振荡，亮黄色沉淀转化为白色沉淀，原因是 已知Ksp（PbI2）=7.1109，Ksp（PbCO3）=7.4101411甲醇是重要的绿色能源之一，目前科学家用水煤气（CO+H2）合成甲醇，其反应为：CO（g）+2H2（g）“m“：math dsi：zoomscale=150 dsi：_mathzoomed=1Cu2O/ZnOCH3OH（g），H=128.1kJmol1，回答下列问题：（1）该反应是可逆反应，为使化学反应速率和CO的转化率都同时提高的措施有 （写两条）（2）恒温恒容条件能说明该可逆反应达平衡的是 ；A2v正（H2）=v逆（CH3OH）Bn（CO）：n（H2）：n（CH3OH）=1：2：1C混合气体的密度不变D混合气体的平均相对分子质量不变（3）若上述可逆反应在恒温恒容的密闭容器进行，起始时间向该容器中冲入1molCO（g）和2molH2（g）实验测得H2的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如图所示该反应的S 0，图中的T1 T2（填“”“”或“=”）T1下到达平衡状态A时，容器的体积为2L，此时该反应的平衡常数为 ，若达到平衡状态B时，则容器的体积V（B）= L（4）已知：H2（g）燃烧热H=285.8KJmol1、和CO（g）燃烧热H=283.0KJmol1，则CH3OH（g）燃烧热的热化学方程式是为 12从某废液（含有Fe2+、Cu2+、Cl）中回收铜并制得纯净的FeCl3溶液现以制得纯净的FeCl3溶液为原料制取优良的水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），其流程如图：已知：高锰酸钾（K2FeO4）位暗紫色固体，可溶于水在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定高锰酸钾具有强氧化性高锰酸钾（K2FeO4）与水作用产生Fe（OH）3（1）检验废液中含有Fe2+选用的试剂是 （填化学式）；从废液中制得纯净的FeCl3溶液加入的试剂除铁粉外，还需要一种试剂是 （填化学式），加入时发生反应的离子方程式为 （2）高锰酸钾（K2FeO4）在处理水过程中的作用是 和 （3）“氧化”过程反应的离子方程式为 （4）过滤时需用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和 ，上述工艺得到的高锰酸钾常含有杂志，可用重结晶法提纯，操作是：将粗产品用 溶解，然后 （5）用回收的铜为原料可制得粗制CuSO45H2O晶体（含有少量的FeSO47H2O），除去CuSO45H2O晶体中杂志的方法是：向溶液中加入H2O2，再调解溶液PH，过滤即可制得纯净的CuSO4溶液，进而制得纯净CuSO45H2O的晶体已知：室温时一些物质的Kaq如表：化学式Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Kaq8.010168.010188.01020已知溶液中的离子浓度小于1106molL1时就认定沉淀完全加双氧水的目的是 ；若溶液中CuSO4的浓度为3.0molL1，通过计算说明此方法可除去粗制CuSO45H2O晶体中FeSO47H2O的理由 化学：选修3：物质结构与性质13A、B、C、D、E、F、G是前四周期（除稀有气体）原子序数依次增大的七种元素，A的原子核外电子只有一种运动状态；B、C的价电子层中未成对电子数都是2；D、E、F同周期；E核外的s、p能级的电子总数相筹；F与E同周期且第一电离能比E小；G的+1价离子（G+）的各层电子全充满回答问题：（1）写出E的基态原子的电子排布式 （2）含有元素D的盐的焰色反应为 色，许多金属形成的盐都可以发生焰色反应，其原因是 （3）由元素A、B、F组成的原子个数比9：3：1的一种物质，分子中含三个相同的原子团，其结构简式为 ，该物质遇水爆炸，生成白色沉淀和无色气体，反应的化学方程式为 （4）G与C可形成化合物GC和G2C，已知GC在加热条件下易转化为G2C，试从原子结构的角度解释发生转化的原因 （5）G与氮元素形成的某种化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为 ，氮原子的配位数为 若晶体密度为a gcm3，则G原子与氮原子最近的距离为 pm（写出数学表达式，阿伏加德罗常数的值用NA表示）化学：选修5：有机化学基础14下列芳香族化合物之间的转化关系如图：已知：A1和A2分别和浓H2SO4在一定温度下共热都只生成烃B，B的蒸气密度是同温同压下H2密度的59倍，B苯环上的一氯取代物有三种请结合上述信息回答：（1）A2中所含官能团的名称为 ，B的结构简式为 ； G 反应CD属于 反应（填反应类型）（2）写出Fx反应的化学方程式 ；HI反应的化学方程式 （3）化合物J是比化合物E多一个碳原子的E的同系物，化合物J有多种同分异构体，写出满足下列条件且核磁共振氢谱图中峰面积比为1：1：2：2：6的同分异构体的结构简式 （任写一种即可）苯环上有两个取代基 能使FeCl3溶液显色 与E含有相同官能团xx广东省惠州市惠东高级中学高考化学适应性试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学物质丰畜多彩，其与生产、生活密切相关下列物质的用途不正确的是（）A食醋可用于除去暖水瓶中的水垢B纯碱可除去灶具上的油污C酒精可用于杀菌消毒D单质硅可用作光缆【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系【分析】A依据水垢成分为碳酸钙、氢氧化镁，二者都能与醋酸反应解答；B灶具上的油污为油脂，油脂碱性环境下能够水解；C酒精能够使蛋白质变性；D依据硅与二氧化硅的性质解答【解答】解：A水垢成分为碳酸钙、氢氧化镁，二者都能与醋酸反应，所以可以用醋酸除去暖水瓶中的水垢，故A正确；B纯碱水解显碱性，油脂碱性环境下能够水解，所以纯碱可除去灶具上的油污，故B正确；C酒精能够使蛋白质变性，可以用于杀菌消毒，故C正确；D二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要成分，硅不具有此性质，故D错误；故选：D2用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A1mol碳正离子（CH3+）所含质子总数为8NAB常温常压下，46gNO2和N2O4混和气体中含原子总数为3NAC标准状况下，11.2L氟化氢中含有氟原子的数目为0.5NAD14g14C原子形成的石墨中，所含CC健的个数为NA【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A、碳正离子中含9个质子；B、NO2和N2O4最简式均为NO2；C、标况下HF为液体；D、求出石墨的物质的量，然后根据1mol石墨中含1.5molCC共价键来分析【解答】解：A、碳正离子中含9个质子，故1mol碳正离子中含9NA个质子，故A错误；B、NO2和N2O4最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量为1mol，故含3NA个原子，故B正确；C、标况下HF为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、14g14C原子形成的石墨的物质的量为1mol，而1mol石墨中含1.5molCC共价键，即含1.5NA条CCl键，故D错误故选B3常温下，下列对于溶液问题的叙述正确的是（）ApH=4的氯化铵溶液，用蒸馏水稀释10倍后，溶液的pH小于5BpH=3的盐酸与pH=3的CH3COOH溶液相比，c（Cl）C（CH3COO）CpH=2的一元酸HA溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合后，c（Na+）一定小于c（A）DpH相同的NaOH、NaClO两种溶液中水的电离程度相同【考点】DA：pH的简单计算【分析】A氯化铵溶液中铵根离子水解，加水稀释促进水解，氢离子物质的量增大；B根据电荷守恒以及等PH溶液氢离子浓度相等分析；C若HA为强酸，pH=2的一元酸HA溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合后，恰好中和，若HA为弱酸，pH=2的一元酸HA溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合后，HA过量；DNaOH能够抑制水的电离，NaClO水解能够促进水的电离【解答】解：A氯化铵溶液中铵根离子水解，加水稀释促进水解，氢离子物质的量增大，所以pH=4的氯化铵溶液，用蒸馏水稀释10倍后，溶液的pH5，故A正确；B据电荷守恒，在pH=3的盐酸中，C（H+）=c（Cl）+c（OH），pH=3的CH3COOH溶液中，C（H+）=C（CH3COO）+c（OH），pH=3的盐酸与pH=3的CH3COOH溶液，两溶液中c（H+）、c（OH）相等，则c（Cl）=C（CH3COO），故B错误；C若HA为强酸，pH=2的一元酸HA溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合后，恰好中和，c（Na+）=c（A）；若HA为弱酸，pH=2的一元酸HA溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合后，HA过量，溶液显酸性，据电荷守恒c（Na+）c（A），故C错误；DNaOH为强碱，能够抑制水的电离，NaClO为强碱弱酸盐，水解能够促进水的电离，所以pH相同的NaOH、NaClO两种溶液中水的电离程度不相同，故D错误；故选A4下式表示一种有机物的结构，关于它的性质叙述中不正确的是（）A它能与纯碱溶液反应B它可以水解，水解生成的有机产物有二种C1 mol该有机物最多能和8 mol NaOH反应D该有机物能发生取代反应【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】该有机物中含酚OH、COOH、COOC，结合酚、羧酸、酯化的性质来解答【解答】解：A含有羧基，具有酸性，可与纯碱反应，故A正确；BCOOC水解，水解产物只有一种，水解产物为，故B错误；C该有机物水解产物共含有6个酚羟基和2个羧基，则1 mol该有机物在一定条件下，最多能与8molNaOH反应，故C正确；D含有羟基、羧基和酯基，都可发生取代反应，故D正确故选B5下列实验操作或原理正确的是（）A用装置甲收集SO2气体B用装置乙验证1溴丙烷发生消去反应是否生成烯烃C酸碱中和滴定过程中，眼睛必须注视滴定管刻度的变化D配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使所配溶液的浓度偏高【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A二氧化硫的密度大于空气，应该采用向上排空气法收集；B乙醇易挥发，挥发出的乙醇能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰了检验结果；C中和滴定中，眼睛应该注视锥形瓶中溶液颜色变化；D俯视定容，加入蒸馏水体积偏小【解答】解：A二氧化硫的密度比空气答，收集SO2气体的导管应该采用长进短出的方式，故A错误；B制取的丙烯中含有乙醇，乙醇也能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰了烯烃的检验，可用溴水检验，故B错误；C酸碱中和滴定过程中，眼睛必须注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点，不需要观察滴定管刻度的变化，故C错误；D配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使加入蒸馏水体积偏小，所配溶液体积偏小，根据c=可知所得溶液的浓度偏高，故D正确；故选D6下列物质的除杂方案正确的是（）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO2 （g） SO2（g）饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4洗气BNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤CKNO3（s）NaCl（s）AgNO3溶液过滤DCu（s）Ag（s）CuSO4溶液电解法AABBCCDD【考点】PR：物质分离、提纯的实验方案设计【分析】A二者均与饱和Na2CO3溶液反应；B二者均与NaOH反应；CNaCl与AgNO3溶液反应生成沉淀和NaNO3；D电解时粗铜作阳极，纯铜作阴极【解答】解：A二者均与饱和Na2CO3溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠、浓硫酸，洗气法可分离，故A错误；B二者均与NaOH反应，不能除杂，应选氨水、过滤，故B错误；CNaCl与AgNO3溶液反应生成沉淀和NaNO3，引入新杂质，应选结晶法，故C错误；D利用粗铜作阳极电解，纯铜作阴极，硫酸铜作电解质，可提纯Cu，故D正确；故选D7常温下，在10mL 0.1molL1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1molL1 HCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示（CO2因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化），下列说法不正确的是（）A在A点所示的溶液中：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）B在B点所示的溶液中，浓度最大的离子是Na+C当溶液的pH为7时，溶液的总体积大于20mLD25时，CO32水解常数Kh=2104molL1，当溶液中c（HCO3）：c（CO32）=2：1时，溶液的pH=10【考点】DN：离子浓度大小的比较【分析】A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，阴阳离子所带电荷总数相同；B根据电荷守恒判断各离子浓度大小；C当混合溶液体积为20mL时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCO3的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性；D常温下在20mL0.1mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L HCl溶液40mL，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳、水，以此分析解答【解答】解：A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）+c（Cl），故A错误；BB点溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）+c（Cl），由于氢离子浓度较小，则离子浓度最大的为钠离子，故B正确；C当混合溶液体积为20mL时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCO3的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则酸稍微过量，所以混合溶液体积稍微大于20mL，故C正确；D水解常数Kh=2104，当溶液中c（HCO3）：c（CO32）=2：1时，c（OH）=104mol/L，由Kw可知，c（H+）=1010mol/L，所以pH=10，故D正确；故选A二、解答题（共5小题，满分43分）8NO分子曾因污染空气而臭名昭著，但随着其“扩张血管、增强免疫和记忆功能发现，现在成为当前生命科学研究中的“明星分子”请回答下列问题：在含有Cu+的酶的活化中心，亚硝酸根离子（NO2）可转化为NO，写出Cu+和NO2在酸性溶液中转化为NO的离子方程式为Cu+NO2+2H+=Cu2+NO+H2O，反应中NO2表现出氧化性一定条件下NO可完全转化为N2O和另一种红棕色气体，若在恒温恒容条件发生该反应，则反应前、后容器内压强比为3：2（忽略其它反应）将0.05mol NO、0.03mol O2的混合气体以适当的速率缓慢通入盛有100mL的集气瓶中，最终所得溶液中溶质物质的量浓度为0.4molL1（忽略体积变化）【考点】EK：氮的氧化物的性质及其对环境的影响【分析】（1）Cu+具有还原性，NO2具有氧化性，二者可发生氧化还原反应生成NO，NO2是氧化剂，表现氧化性；（2）红棕色气体是NO2，故有NON2O+NO2，配平后得：3NO=N2O+NO2，同温同体积时，气体压强比等于其物质的量之比，由此分析解答；（3）在水中NO与O2反应为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，进行计算【解答】解：（1）Cu+具有还原性，NO2具有氧化性，二者可发生氧化还原反应生成NO，反应的离子方程式为Cu+NO2+2H+=Cu2+NO+H2O，NO2是氧化剂，表现氧化性，故答案为：Cu+NO2+2H+=Cu2+NO+H2O；氧化；（2）红棕色气体是NO2，故有NON2O+NO2，配平后得：3NO=N2O+NO2，同温同体积时，气体压强比等于其物质的量之比，故反应前、后容器内压强比为3：2，故答案为：3：2；（3）在水中NO与O2反应为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，0.05molNO和0.03molO2反应氧气不足，由此可求出生成的HNO3的物质的量为0.04mol，故所得硝酸浓度为=0.4molL1，故答案为：0.4molL19在 Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是2Fe3+SO32+H2O2Fe2+SO42+2H+，又变为棕黄色的原因是用离子方程式解释3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O【考点】49：离子方程式的书写【分析】先由棕黄色变为浅绿色，发生铁离子与亚硫酸根离子的氧化还原反应；过一会又变为棕黄色，发生亚铁离子、氢离子与硝酸根离子的氧化还原反应，以此来解答【解答】解：Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是2Fe3+SO32+H2O2Fe2+SO42+2H+，又变为棕黄色的原因是用离子方程式解释为3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O，故答案为：2Fe3+SO32+H2O2Fe2+SO42+2H+；3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O10我国古代炼丹中经常使用到红丹，俗称铅丹在一定条件下铅丹（用X表示）与过量硝酸能发生如下非氧化还原反应：X+4HNO3PbO2+2Pb（NO3）2+2H2O（已配平）铅丹X中铅的化合价分别为+2和+4价，其中+2价物质属于碱性氧化物；用试管取适量Pb（NO3）2溶液中滴入KI溶液，有亮黄色沉淀生成，再滴入K2CO3溶液振荡，亮黄色沉淀转化为白色沉淀，原因是由于PbI2浊液中存在溶解平衡PbI2（s）Pb2+（aq）+2I（aq），而PbCO3的溶度积大大小于PbI2，滴入的CO与Pb2+生成了更难溶的PbCO3沉淀，使溶解平衡继续向右移直到全部转化 已知Ksp（PbI2）=7.1109，Ksp（PbCO3）=7.41014【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】根据已配平的方程式：X+4HNO3PbO2+2Pb（NO3）2+2H2O，化学反应前后元素守恒，可推断铅丹X为Pb3O4，铅丹Pb3O4的组成为PbO22PbO，据此分析计算【解答】解：根据已配平的方程式：X+4HNO3PbO2+2Pb（NO3）2+2H2O，化学反应前后元素守恒，可推断铅丹X为Pb3O4，铅丹Pb3O4的组成为PbO22PbO，铅丹Pb3O4的组成为PbO22PbO，其中铅的化合价分别为+2价的PbO，还有+4价的PbO2，对于Pb的氧化物来说，高价铅酸性较强，低价铅酸性较高价铅弱，是两性偏碱的氧化物，可溶于酸形成盐和水，故答案为：+4；碱；用试管取适量Pb（NO3）2溶液中滴入KI溶液，有亮黄色沉淀生成，为PbI2，再滴入K2CO3溶液振荡，亮黄色沉淀转化为白色沉淀，应为PbCO3，考虑为沉淀的转化，原因是由于PbI2浊液中存在溶解平衡PbI2（s）Pb2+（aq）+2I（aq），根据Ksp（PbI2）=7.1109，Ksp（PbCO3）=7.41014，PbCO3的溶度积大大小于PbI2，滴入的CO与Pb2+生成了更难溶的PbCO3沉淀，使溶解平衡继续向右移直到全部转化，故答案为：由于PbI2浊液中存在溶解平衡PbI2（s）Pb2+（aq）+2I（aq），而PbCO3的溶度积大大小于PbI2，滴入的CO与Pb2+生成了更难溶的PbCO3沉淀，使溶解平衡继续向右移直到全部转化11甲醇是重要的绿色能源之一，目前科学家用水煤气（CO+H2）合成甲醇，其反应为：CO（g）+2H2（g）“m“：math dsi：zoomscale=150 dsi：_mathzoomed=1Cu2O/ZnOCH3OH（g），H=128.1kJmol1，回答下列问题：（1）该反应是可逆反应，为使化学反应速率和CO的转化率都同时提高的措施有增大压强、增加氢气的物质的量（写两条）（2）恒温恒容条件能说明该可逆反应达平衡的是D；A2v正（H2）=v逆（CH3OH）Bn（CO）：n（H2）：n（CH3OH）=1：2：1C混合气体的密度不变D混合气体的平均相对分子质量不变（3）若上述可逆反应在恒温恒容的密闭容器进行，起始时间向该容器中冲入1molCO（g）和2molH2（g）实验测得H2的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如图所示该反应的S0，图中的T1T2（填“”“”或“=”）T1下到达平衡状态A时，容器的体积为2L，此时该反应的平衡常数为4L2/mol2，若达到平衡状态B时，则容器的体积V（B）=0.4L（4）已知：H2（g）燃烧热H=285.8KJmol1、和CO（g）燃烧热H=283.0KJmol1，则CH3OH（g）燃烧热的热化学方程式是为H=726.5kJ/mol【考点】CP：化学平衡的计算；BE：热化学方程式；CB：化学平衡的影响因素；CG：化学平衡状态的判断【分析】（1）反应是可逆反应，也是一个体系压强减小的反应，根据勒夏特列原理考虑控制相关条件来改变转化率；（2）恒温恒容条件，联系常用判断反应达到平衡的判据解答；（3）随着该反应的进行，体系总压强减小，气体分子数减小，反应是熵减的反应，根据图象，结合勒夏特列原理解答；根据平衡常数的表达式，结合图象计算；（4）根据反应的焓变=反应物的总燃烧热生成物的总燃烧热来计算CH3OH（g）的燃烧热，燃烧热的是指1mol标准物质完全燃烧生成稳定参考物时反应反应放出的热【解答】解：（1）该反应式可逆反应，随着反应的进行，气体分子总数减小，体系压强减小，反应焓变0，表明反应是放热反应，为了使化学反应速率和CO的转化率同时提高，根据勒夏特列原理，可以考虑采取的措施有增大压强，增加氢气的物质的量故答案为：增大压强、增加氢气的物质的量（2）恒温恒容条件下，常用判断化学反应达到平衡的判据有正逆反应速率，热量变化情况，体系有气体参与时的压强变化等A能判定化学反应达到平衡的速率关系应为v正（H2）=2v逆（CH3OH），故A错误；B当反应物按照化学计量比1：2反应，到达平衡时，各组分的物质的量之比需视具体的转化率而定，n（CO）：n（H2）：n（CH3OH）=1：2：1不可作为判据，故B错误；C混合气体的密度为，在恒温恒容密闭体系中，根据质量守恒定律，m混是不变的，整个反应过程混合气体的密度是不变的，不可作为判据，股C错误；D混合气体的平均相对分子质量为，由于化学反应前后，气体的物质的量在改变，则混合气体的平均相对分子质量随着反应的进行将发生改变直到反应达到平衡，可以作为判据，故D正确故选D（3）反应在恒温恒容密闭容器中进行，起始时向容器中冲入1molCO（g）和2molH2（g），实验测得H2的平衡转化率随温度（T）和压强（p）的变化有图，根据图象，随着该反应的进行，体系总压强减小，气体分子数减小，反应是熵减的反应，即体系的混乱度减小，故S0；控制压强不变，发现T1温度下的H2转化率更高，结合反应是放热的反应（H0）可知，温度减小有利于反应物的转化率提高，故T1T2故答案为：，T1下达平衡状态A时，根据图象可知，此时体系压强为p1，H2转化率为0.5，已知容器的体积为2L，则平衡时，根据反应方程式：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），由于氢气的转化率为0.5，则氢气转化了n（H2）=2mol0.5=1mol，则CO转化了n（CO）=0.5mol，生成了CH3OH为n（CH3OH）=0.5mol，因此平衡时，根据平衡常数的表达式=4L2/mol2当反应达到平衡状态B时，根据图象，此时压强为p2，氢气的转化率为0.8，此时氢气转化了n（H2）=2mol0.8=1.6mol，根据反应方程式，CO转化了n（CO）=0.8mol，生成了CH3OH为n（CH3OH）=0.8mol，设此时容器体积为VL，则平衡时mol/L， mol/L， mol/L，B状态温度也为T1，反应平衡常数仍为K=4L2/mol2，则=4L2/mol2，解得V（B）=0.4L故答案为4L2/mol2，0.4（4）反应的焓变=反应物的总燃烧热生成物的总燃烧热，已知H2的燃烧热为H（H2）=285.8kJ/mol，CO的燃烧热为H（CO）=283.0kJ/mol，反应CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g），该反应的焓变为H=H（CO）+2H（H2）H（CH3OH，g）=128.1kJ/mol，解得H（CH3OH，g）=726.5kJ/mol，则CH3OH（g）的燃烧热的热化学方程式为：CO2（g）+2H2O（l）H=726.5kJ/mol故答案为：CO2（g）+2H2O（l）H=726.5kJ/mol12从某废液（含有Fe2+、Cu2+、Cl）中回收铜并制得纯净的FeCl3溶液现以制得纯净的FeCl3溶液为原料制取优良的水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），其流程如图：已知：高锰酸钾（K2FeO4）位暗紫色固体，可溶于水在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定高锰酸钾具有强氧化性高锰酸钾（K2FeO4）与水作用产生Fe（OH）3（1）检验废液中含有Fe2+选用的试剂是KMnO4（填化学式）；从废液中制得纯净的FeCl3溶液加入的试剂除铁粉外，还需要一种试剂是Cl2（填化学式），加入时发生反应的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl（2）高锰酸钾（K2FeO4）在处理水过程中的作用是杀菌消毒和净水（3）“氧化”过程反应的离子方程式为2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O（4）过滤时需用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗，上述工艺得到的高锰酸钾常含有杂志，可用重结晶法提纯，操作是：将粗产品用饱和KOH溶液溶解，然后加热浓缩、冷却结晶、过滤（5）用回收的铜为原料可制得粗制CuSO45H2O晶体（含有少量的FeSO47H2O），除去CuSO45H2O晶体中杂志的方法是：向溶液中加入H2O2，再调解溶液PH，过滤即可制得纯净的CuSO4溶液，进而制得纯净CuSO45H2O的晶体已知：室温时一些物质的Kaq如表：化学式Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Kaq8.010168.010188.01020已知溶液中的离子浓度小于1106molL1时就认定沉淀完全加双氧水的目的是将亚铁离子氧化成铁离子；若溶液中CuSO4的浓度为3.0molL1，通过计算说明此方法可除去粗制CuSO45H2O晶体中FeSO47H2O的理由通常认为溶液中的离子浓度小于1106molL1时就认定沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0molL1，则Cu（OH）2开始沉淀时的PH为4，Fe3+完全沉淀时溶液的PH为3.3，通过计算确定上述方案可行【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】由流程图可知，氯化铁溶液、次氯酸钠溶液和氢氧化钠溶液混合发生氧化还原反应2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，生成高铁酸钠、氯化钠和水，加入40%的氢氧化钠溶液除杂，过滤得到氯化钠固体和滤液，滤液中加入氢氧化钾溶液实现高铁酸钠转化为高铁酸钾沉淀，Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，冷却结晶过滤得到高铁酸钾固体，上述工艺得到的高铁酸钾常含有杂质，可用重结晶法提纯（1）亚铁离子具有还原性，高锰酸根离子具有氧化性，两者反应，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，所以可选择高锰酸钾检验亚铁离子，亚铁离子的溶液，通入氯气得到三氯化铁溶液，从废液中可制得纯净的FeCl3溶液；（2）K2FeO4中铁元素化合价为+6价，具有强氧化性，可以杀菌消毒，被还原剂还原为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附悬浮杂质起到净水的主要作用；（3）反应中NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，根据元素守恒，可知反应式中需要补充NaCl和H2O根据化合价升降法配平离子方程式；（4）过滤需要烧杯、漏斗、玻璃棒，以此来解答；由题目信息可知，K2FeO4可溶于水，在中性或酸性溶液中能分解，在碱性溶液中稳定，在分离提提纯的时候就要在碱性环境中进行，要防止引入新杂质，所以需要将K2FeO4粗产品在稀KOH溶液中溶解，然后加入饱和KOH溶液，冷却结晶；（5）加入双氧水的目的为氧化亚铁离子，根据表中三种物质的KSP分别计算Cu（OH）2开始沉淀时的PH、Fe3+完全沉淀时溶液的PH，通过计算确定若溶液中CuSO4的浓度为3.0molL1，此方法可除去粗制CuSO45H2O晶体中FeSO47H2O【解答】解：（1）亚铁离子具有还原性，高锰酸根离子具有氧化性，两者反应，反应的离子反应为MnO4+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O，高锰酸钾溶液褪色，所以可选择KMnO4溶液检验废液中含有Fe2+，从废液中制得纯净的FeCl3溶液加入的试剂除铁粉外，还需要通入氯气氧化亚铁离子，反应的方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故答案为：KMnO4；2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；（2）K2FeO4中铁元素化合价为+6价，具有强氧化性，可以杀菌消毒，被还原剂还原为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，反应的离子方程式为：Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，可以吸附悬浮杂质起到净水的主要作用，故答案为：杀菌消毒；净水；（3）反应中NaClO是氧化剂，氧化产物是Na2FeO4，反应中FeCl3Na2FeO4，铁元素化合价由+3价升高为+6价，化合价总升高3价，NaClONaCl，氯元素化合价由+1降低为1价，化合价总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故FeCl3系数为2，NaClO系数为3，由铁元素守恒可知Na2FeO4系数为2，由氯元素守恒可知NaCl系数为23+3=9，由氢元素守恒可知H2O系数为5，配平方程式为2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，根据电荷守恒可得2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O，故答案为：2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O；（4）过滤分离溶液与不溶性固体，在铁架台上放漏斗，漏斗下方为烧杯，然后利用玻璃棒引流，进行过滤操作，所以需用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗，由题目信息可知，K2FeO4可溶于水，在中性或酸性溶液中能分解，在碱性溶液中稳定，在分离提提纯的时候就要在碱性环境中进行，要防止引入新杂质，所以需要将K2FeO4粗产品在稀KOH溶液中溶解，然后加入饱和KOH溶液，然后加热浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：漏斗；饱和KOH溶液；加热浓缩、冷却结晶、过滤；（5）根据表中三种物质的KSP计算得出：KSPFe（OH）2=c（OH ）2c（Fe2+），Fe2+沉淀完全时的C（OH）=106mol/L，对应溶液的PH=14+lgC（OH），KSPFe（OH）3=c（OH ）3c（Fe3+），Fe3+完全沉淀时C（OH）=2mol/L，对应溶液的PH=14+lgC（OH）4，KSPCu（OH）2=c（OH ）2c（Cu2+），Cu2+开始沉淀时的C（OH）=11010mol/L，对应溶液的PH=14+lgC（OH）=4，Cu2+完全沉淀时的C（OH）=107mol/L，对应溶液的PH=14+lgC（OH）=7，因此需将亚铁离子转化为铁离子，而铁离子沉淀完全时，铜离子未开始沉淀，加入双氧水的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，将铁离子完全沉淀的PH为3.3，而铜离子开始沉淀的PH为4.0，因此可用该方法除去粗制CuSO45H2O晶体中FeSO47H2O，故答案为：通常认为溶液中的离子浓度小于1106molL1时就认定沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0molL1，则Cu（OH）2开始沉淀时的PH为4，Fe3+完全沉淀时溶液的PH为3.3，通过计算确定上述方案可行化学：选修3：物质结构与性质13A、B、C、D、E、F、G是前四周期（除稀有气体）原子序数依次增大的七种元素，A的原子核外电子只有一种运动状态；B、C的价电子层中未成对电子数都是2；D、E、F同周期；E核外的s、p能级的电子总数相筹；F与E同周期且第一电离能比E小；G的+1价离子（G+）的各层电子全充满回答问题：（1）写出E的基态原子的电子排布式1s22s22p63s2（2）含有元素D的盐的焰色反应为黄色，许多金属形成的盐都可以发生焰色反应，其原因是激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量（3）由元素A、B、F组成的原子个数比9：3：1的一种物质，分子中含三个相同的原子团，其结构简式为Al（CH3）3，该物质遇水爆炸，生成白色沉淀和无色气体，反应的化学方程式为Al（CH3）3+3H2O=Al（OH）3+3CH4（4）G与C可形成化合物GC和G2C，已知GC在加热条件下易转化为G2C，试从原子结构的角度解释发生转化的原因Cu2+离子外围电子排布式为3d9，而Cu+离子外围电子排布式为3d10，为全满稳定状态，所以Cu2O比CuO稳定（5）G与氮元素形成的某种化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为Cu3N，氮原子的配位数为6若晶体密度为a gcm3，则G原子与氮原子最近的距离为1010pm（写出数学表达式，阿伏加德罗常数的值用NA表示）【考点】9I：晶胞的计算【分析】在前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F、G中，A的原子核外电子只有一种运动状态，故A为H；周期元素B、C的价电子层中未成对电子数都是2，则B、C核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4，分别为C、O；E核外的s、p能级的电子总数相等，则E为Mg；F原子序数大于E，F与E同周期且第一电离能比E小，则F为Al；D、E、F同周期，则D为Na元素；G的+1价离子（G+）的各层电子全充满，元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满电子，则核外电子数为2+8+18+1=29，故G为Cu，据此进行解答【解答】解：在前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F、G中，A的原子核外电子只有一种运动状态，故A为H；周期元素B、C的价电子层中未成对电子数都是2，则B、C核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4，分别为C、O；E核外的s、p能级的电子总数相等，则E为Mg；F原子序数大于E，F与E同周期且第一电离能比E小，则F为Al；D、E、F同周期，则D为Na元素；G的+1价离子（G+）的各层电子全充满，元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满电子，则核外电子数为2+8+18+1=29，故G为Cu，（1）E为Mg元素，其原子核外有12个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式为1s22s22p63s2，故答案为：1s22s22p63s2； （2）D为Na元素，钠盐的焰色反应的火焰呈黄色；许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因为：灼烧时电子从基态到激发态，激发态电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长光的形式释放能量，从而出现不同的颜色，故答案为：黄；激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量；（3）由元素H、C、Al组成的原子个数比9：3：1的一种物质，分子中含三个相同的原子团，其结构简式为Al（CH3）3，该物质遇水爆炸，生成白色沉淀和无色气体，反应的化学方程式为：Al（CH3）3+3H2O=Al（OH）3+3CH4，故答案为：Al（CH3）3；Al（CH3）3+3H2O=Al（OH）3+3CH4；（4）GC和G2C分别为CuO、Cu2O，由于Cu2+离子外围电子排布式为3d9，而Cu+离子外围电子排布式为3d10，为全满稳定状态，所以Cu2O比CuO稳定，故答案为：Cu2+离子外围电子排布式为3d9，而Cu+离子外围电子排布式为3d10，为全满稳定状态，所以Cu2O比CuO稳定；（5）晶胞中Cu原子数目=12=3、N原子数目=8=1，故该化合物的化学式为：Cu3N；以顶点N原子为例，每个N原子周围距离最近的铜原子有6个，所以N的配位数为6；设G原子与氮原子最近的距离为bcm，则晶胞棱长=2bcm，则晶胞体积=（2bcm）3，故晶体的密度=gcm3=agcm3，则b=cm=1010pm，故答案为：Cu3N；6；1010化学：选修5：有机化学基础14下列芳香族化合物之间的转化关系如图：已知：A1和A2分别和浓H2SO4在一定温度下共热都只生成烃B，B的蒸气密度是同温同压下H2密度的59倍，B苯环上的一氯取代物有三种请结合上述信息回答：（1）A2中所含官能团的名称为羟基，B的结构简式为； G反应CD属于取代反应（填反应类型）（2）写出Fx反应的化学方程式；HI反应的化学方程式（3）化合物J是比化合物E多一个碳原子的E的同系物，化合物J有多种同分异构体，写出满足下列条件且核磁共振氢谱图中峰面积比为1：1：2：2：6的同分异构体的结构简式（任写一种即可）苯环上有两个取代基 能使FeCl3溶液显色 与E含有相同官能团【考点】HC：有机物的合成【分析】烃B的蒸气密度是同温同压下H2密度的59倍，则B的相对分子质量为118，B苯环上的一硝基取代物有三种，说明B中含有苯环，1mol苯环和氢气发生完全加成反应需要3mol氢气，实际上1mol B可以和4mol H2发生加成反应，则B中还含有一个碳碳双键，一个苯环连接一个乙烯基，其相对分子质量为104，实际上B的相对分子质量为118，所以B中还含有一个CH2；B和溴发生加成反应生成溴代烃，溴代烃发生取代反应生成醇，醇能被氧化生成E，E能被氧化生成F，F能发生缩聚反应，说明F中含有羧基和醇羟基，则E中中间醇羟基不能被氧化，则该碳原子上没有氢原子，所以B的结构简式为，C为，D为，E为，F为，F发生缩聚反应生成G，G的结构简式为；A1和A2分别和浓H2SO4在一定温度下共热都只生成烃B，则A1和A2中都含有醇羟基，A1能被氧化生成醛，则A1中醇羟基位于边上，所以A1的结构简式为，A2的结构简式为，A1被氧化生成H，H的结构简式为，H被氧化生成I，I的结构简式为，F和A1发生酯化反应生成X，结合有机物的结构和性质来解答【解答】解：（1）A2的结构简式为，A2中所含官能团的名称为羟基，B的结构简式为，G 为，反应CD为卤代烃的水解反应，属于取代反应，故答案为：羟基；取代；（2）F为，A1为，Fx反应的化学方程式为；HI反应的化学方程式为， 故答案为：；（3）E为，化合物J是比化合物E多一个碳原子的E的同系物，则J在除苯环，侧链上含4个C，化合物J的同分异构体，满足苯环上有两个取代基、能使FeCl3溶液显色（含酚OH）、与E含有相同官能团（还含CHO），且核磁共振氢谱图中峰面积比为1：1：2：2：6的同分异构体的结构简式为，故答案为：